河南省辉县市第一高级中学2019-2020学年高二10月月考化学试题
辉县市一中2019——2020学年上期第一次阶段性考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 N—14 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每题只有一个选项符合题意）
1.化学与生产、生活等方面密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 硅胶因为有多孔结构所以可以作为催化剂载体，催化剂可以提高活化分子百分数，从而加快化学反应速率
B. 已知储氢原理CuNi5（s）+2H2（g）CuNi5H4（s） △H，该反应在一定条件下可以自发进行，则有利于储氢的条件是高温低压
C. 碳酸饮料打开瓶盖有大量气泡产生的原因是压强减小导致CO2在水中的溶解度减小
D. 某些工业生产中的热交换器可以提高能量利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硅胶因为有多孔的结构所以可以作为催化剂载体，催化剂可以提高活化分子百分数，从而加快化学反应速率，正确；
B. 已知储氢原理CuNi5（s）+2H2（g）CuNi5H4（s） △H，从反应方程式可知，该反应的△S＜0，该反应在一定条件下可以自发进行，则该反应的△H＜0，则有利于储氢的条件是低温高压，错误；
C. 碳酸饮料打开瓶盖有大量气泡产生的原因是压强减小导致CO2在水中的溶解度减小，正确；
D. 某些工业生产中的热交换器可以提高能量利用，如工业制硫酸的热交换器，可以将从接触流出的气体(含三氧化硫)的热量部分转移给进入接触室的原料气(含二氧化硫)，既有利于二氧化硫的催化氧化，又有利于三氧化硫的吸收，正确。
故选B。
2.已知：①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
下列关系式中正确的是
A. a
d>0 C. 2a＝b<0 D. 2c＝d>0
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，对于放热反应来说，ΔH为负，且反应放出的热量越多，ΔH越小。
①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小，所以0 > a > c，故A错误；
B选项，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1，④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小；所以0 >b > d，故B错误；
C选项，①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
②中物质的量是①中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2a = b，故C正确；
D选项，③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
④中物质的量是③中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2c = b，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】对放热反应来说，ΔH为负，且反应放出的热量越多，ΔH越小。
3.在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol·L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出xkJ热量。在该条件下1molCO2通入到2L1.0 mol·L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为（ ）
A. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) △H=﹣(2y﹣x) kJ·mol﹣1
B. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) △H=﹣(4x﹣y) kJ·mol﹣1
C. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) △H=﹣(2x﹣y) kJ·mol﹣1
D. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) △H=﹣(8x﹣2y) kJ·mol﹣1
【答案】B
【解析】
【详解】在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol·L﹣1
的NaOH溶液中充分反应，放出xkJ热量。则对应的热化学方程式为：
2CO2(g)+3NaOH(aq)= Na2CO3(aq) +NaHCO3(aq)+H2O(l) △H=﹣4x kJ·mol﹣1 ①
在该条件下1molCO2通入到2L1.0 mol·L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则对应的热化学方程式为：
CO2(g)+2NaOH(aq)= Na2CO3(aq) + H2O(l) △H=﹣y kJ·mol﹣1 ②
①-②得：CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) △H=﹣(4x﹣y) kJ·mol﹣1
故答案为B。
4.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是
A. 0.01mol·L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol·L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3·H2O
B. 一定条件下，将0.5mol N2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ·mol﹣1
C. H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣285.8kJ·mol﹣1，则H2的燃烧热为285.8 kJ·mol﹣1
D. CO（g）的燃烧热是283.0 kJ·mol﹣1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+283.0 kJ·mol﹣1
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.01mol⋅L−1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol⋅L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，则铵根离子、铝离子、硫酸根离子、钡离子、氢氧根离子的物质的量之比是：1:1:2:2:4，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3⋅H2O，故A正确；
B. 0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，焓变代表的是生成2mol氨气放出的热量，则放出的热量大于38.6kJ，故B错误；
C. H2与O2发生反应过程的燃烧热应该是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，故C错误；
D. 燃烧热是指燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量，CO(g)的燃烧热是283.0 kJ⋅mol−1，即2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0 kJ⋅mol−1，所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ⋅mol−1，故D错误。
答案选A。
【点睛】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物所放出的热量。解题时一定要注意，可燃物的物质的量及生成物的状态，以及是否是稳定存在的氧化物。
5.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）
A. 对该反应体系加热 B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 向H2SO4中通入HCl气体 D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对该反应体系加热，体系的温度升高，反应速率加快；
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸，铁片发生钝化，反应速率减慢；
C. 向H2SO4中通入HCl气体，c(H+)增大，反应速率加快；
D. 不用铁片，改用铁粉，增大接触面积，加快反应速率。
故答案为B。
6.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 煅烧粉碎的黄铁矿矿石有利于SO2的生成
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2NO2（g）N2O4（g），增大压强颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煅烧粉碎的黄铁矿矿石，可以加快反应速率，有利于SO2的生成，但对平衡没有影响，不能用平衡移动原理解释；
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，加快反应速率，但对平衡没有影响，不能用平衡移动原理解释；
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质，降低氯气的溶解度，即抑制氯气与水反应的平衡正向移动，能用平衡移动原理解释；
D. 容器中有2NO2（g）N2O4（g），增大压强颜色变深，加压使气体的浓度增大，从而导致颜色加深，不能用平衡移动原理解释。
故选C。
7.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55
℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断正确的是
A. 40 ℃之前，温度升高反应速率减慢，变蓝时间变长
B. 40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变短
C. 图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等
D. 图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故A错误；
B. 40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故B错误；
C.图中b、c点对应的反应温度不同，反应速率不同，故C错误；
D.a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应NaHSO3反应速率=5.0×10－5mol·L－1·s－1，故D正确；
答案选D。
8.在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g)，有关下列图像的说法错误的是
A. 依据图甲可判断正反应为放热反应
B. 在图乙中，虚线可表示使用了催化剂
C. 若正反应的ΔH<0，图丙可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D. 由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A正确；
B．使用催化剂化学反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡不移动，所以虚线可表示使用了催化剂，故B正确；
C．若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；
D．图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，平衡逆向进行，因此逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；
故答案为D。
9.可逆反应 2NO2(g)N2O4 (g)在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成 n mol N2O4 的同时生成 2n mol NO2
②单位时间内消耗 n mol N2O4的同时生成 2n mol NO2
③用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：1 的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑤ B. ②⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n mol NO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；
②单位时间内每消耗 n mol N2O4的同时，必然生成2n mol NO2，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；
③根据反应速率的定义和化学方程式，任何时刻用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2：1，不能说明反应达到平衡状态，故③错误；
④二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色，混合气体不变色说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故④正确；
⑤反应前后气体的计量数之和不等，而气体的总质量是恒定的，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明混合气体的物质的量之和不变，反应达到平衡状态，故⑤正确。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】判断一个反应是否达到平衡，可从两个方面考虑，一是根据定义正逆反应速率相等，二是看给定的量是否为变量，当“变量不变”反应即平衡。
10.如图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器．当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态（提示：物质X、Y的状态均未知，物质Z的状态为气态）：2X（？）+Y（？）⇌aZ（g）此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2。下列判断正确的是（ ）
A. 物质Z的化学计量数a=2
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态
C. 若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ<Ⅱ
D. 若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ＞Ⅱ
【答案】B
【解析】
【详解】A. 设X的变化量为2x
2X（？）+ Y（？）⇌ aZ（g）
起始量 2mol 2mol 0
变化量 2x mol x mol ax mol
平衡量 (2-2x) mol (2-x)mol ax mol
依题意得 (2-2x) : (2-x) : ax = 1：3：2
从而求得：x=0.8mol a=1
故物质Z的化学计量数a=1，错误；
B. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，分析图中信息可以发现，在
“0”点，气体密度不为0，说明X、Y中至少有一种为气态；从“0”点到“t”点，气体的密度增大，若X、Y都为气体，则气体的密度不变，与图中信息不符，所以X、Y中只有一种为气态，B正确；
C. Ⅱ为恒容容器，Ⅰ为恒压容器，若X、Y均为气态，则Ⅰ相当于Ⅱ加压，平衡正向移动， X的转化率增大，故有Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D. 若X为固态、Y为气态，则反应前后气体分子数相等，平衡时Ⅰ、Ⅱ的体积相同，气体的压强相同，从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，D错误。
故答案为B。
【点睛】图Ⅰ为恒压容器，图Ⅱ为恒容容器，可以先求出图Ⅱ的各量。然后以图Ⅱ为参照系，图Ⅰ相当于图Ⅱ加压，通过平衡的移动情况，确定图Ⅰ中各量的改变，从而得出图Ⅱ与图Ⅰ中相同量的大小关系。
11.一定条件下存在反应：H2(g) + I2(g)2HI(g) ΔH<0，现有三个相同的1 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol H2和1 mol I2(g)，在Ⅱ中充入2 molHI(g) ，在Ⅲ中充入2 mol H2和2 mol I2(g)，700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B. 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C. 容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深
D. 容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器Ⅰ从正反应方向开始，开始时正反应速率最大，容器Ⅱ从逆反应方向开始，开始时正反应速率最小，是0.因此开始时正反应速率不相同，故A错误；
B．增大压强平衡不发生移动，但是由于反应是在恒容绝热的环境中进行，当反应达到平衡时容器Ⅰ、Ⅲ中温度不等，二者的反应的平衡常数就不相同，故B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应容器的温度升高，由于升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，而容器Ⅱ是从逆反应方向开始，随着反应的进行，容器内的温度逐渐降低，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，因此容器Ⅰ中的I2气体的物质的量比容器Ⅱ高，所以混合气体的颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深，故C正确；
D．在温度不变时反应从正反应方向开始与从逆反应方向开始，物质的转化率的和为1，由于反应恒容绝热，所以容器Ⅰ中H2的转化率比恒温时小，容器Ⅱ中HI的转化率也比恒温是小，因此二者之和小于1，故D错误。
答案选C。
12. 一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：
MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
温度
容器内混合气体的密度
【答案】D
【解析】
试题分析：该反应为正方向体积增加且吸热．A、因MgSO4为固体，增加其量，对CO的转化率无影响，错误；B、增加CO的量，平衡正向移动，但压强增大，转化的量，没有上一平衡多，故比值减小，错误；C、平衡常数只与温度有关，浓度变化平衡常数不变，错误；D、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，正确；
考点：考查化学平衡影响因素。
13.如图所示为气相直接水合法C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。
计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
A. 0.082 B. 0.072 C. 0.072MPa-1 D. 0.082 MPa-1
【答案】C
【解析】
试题分析：设C2H4、H2O的起始物质的量分别为1mol，A点乙烯转化率为20%，故参加反应的乙烯为0.2mol，则： C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）
起始量（mol） 1 1 0
转化量（mol） 0.2 0.2 0.2
平衡量（mol） 0.8 0.8 0.2
乙醇占，乙烯和水各占，则乙醇分压为7.8MPa×1/9=0.87MPa，乙烯和水的分压分别为7.8MPa×4/9=3.47MPa，所以，答案选C。
考点：考查平衡常数计算
14.向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA（g）+B（g）2C（g）。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和如图表示：下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度
T1
T2
T2
反应物起始量
0.5molA 1.5molB
0.5molA 1.5molB
2.0molA 6.0molB
A. 由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
B. T2时该反应的平衡常数K=0.8
C. 物质A的化学计量数x=2
D. 保持甲容器体积不变，向其中通入He气体，达到新平衡后，C的百分含量减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知：5min时 c(C)关系为乙>甲，说明反应速率乙>甲，温度T1＜T2；平衡时c(C)关系为乙<甲，说明温度低有利于平衡的正向移动，则正反应为放热反应，A错误；
B. 利用三段式进行分析(x=1，分析过程见C选项)
A（g）+B（g）2C（g）
起始量 1mol/L 3mol/L 0
变化量 0.5mol/L 0.5mol/L 1mol/L
平衡量 0.5mol/L 2.5mol/L 1mol/L
B正确；
C. 比较乙和丙，温度相同，丙中反应物的浓度分别为乙中反应物浓度的2倍；从图中可以看出，平衡时丙中c(C)也为乙中c(C)的2倍，说明压强改变平衡不发生移动，反应前后气体的分子数相等，从而得出x=1，C错误；
D. 保持甲容器体积不变，向其中通入He气体，气体的浓度不变，平衡不发生移动，C的百分含量不变，D错误。
故答案为B。
15.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应
达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。
A. 反应在c 点达到平衡状态
B. 反应物浓度：点小于点
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. 时，SO2的转化率：段小于段
【答案】B
【解析】
【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；
B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；
D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；
答案选D。
16.探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：
I．向5mL 0.05mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液（反应a），平衡后分为两等份
Ⅱ．向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b）；加入CCl4，振荡、静置，下层显极浅的紫色
Ⅲ．向另一份加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色
结合实验，下列说法不正确的是
A. 反应a为：2Fe3++ 2I-2Fe2++I2
B. Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应b
C. 比较氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+
D. 比较水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ<Ⅲ
【答案】B
【解析】
A.铁离子具有氧化性，则反应a为：2Fe3++2I-2Fe2++I2，A正确；B.向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b），这说明Ⅱ中，反应a进行的程度小于反应b，B错误；C.加入CCl4，振荡、静置，下层显极浅的紫色，这说明生成的碘很少，则氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+，C正确；D.向另一份加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明有大量的碘生成，因此必然有亚铁离子生成，则水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ<Ⅲ，D正确，答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如图：
已知：乳酸可以和碳酸根生成二氧化碳气体。请回答：
（1）步骤④需控制反应温度低于35℃，其目的是___。
（2）步骤④反应的离子方程式是___。
（3）已知：FeCO3(s) ⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因___。
（4）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用。利用如图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的___(填“深”或“浅”)，其原因是___。
【答案】 (1). 防止碳酸氢铵分解，防止亚铁离子被氧化 (2). Fe2++2HCO3-= FeCO3↓+H2O+CO2↑ (3). 乳酸与碳酸根离子反应，使平衡正移 (4). 深 (5).
2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，过氧化氢分解放热，温度升高，平衡逆移
【解析】
【详解】(1)NH4HCO3受热易分解，所以步骤④需控制反应温度低于35℃；同时，温度高时，亚铁离子易被空气中的氧气氧化。
答案为：防止碳酸氢铵分解，防止亚铁离子被氧化
(2)从流程图中可以看出，步骤④是硫酸亚铁与碳酸氢铵反应，生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳气体等，所以反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-= FeCO3↓+H2O+CO2↑
答案为：Fe2++2HCO3-= FeCO3↓+H2O+CO2↑
(3)步骤⑤中，碳酸亚铁发生电离，FeCO3(s) ⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，乳酸与CO32-发生反应，减少了生成物浓度，促使平衡不断地正向移动，最后碳酸亚铁全部溶解，生成乳酸亚铁。答案为：乳酸与碳酸根离子反应，使平衡正移
(4)从图(a)和(b)中可以得出如下信息：双氧水的分解反应、2NO2(g)⇌N2O4(g)都是放热反应。按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深。答案为：深。
因为双氧水分解放热，使B瓶的温度升高，2NO2(g)=N2O4(g)的平衡逆向移动，c(NO2)增大，所以气体的颜色加深。答案：2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，过氧化氢分解放热，温度升高，平衡逆移。
18.将3molA和1molB混合于一体积可变的密闭容器P中，以此时的温度、压强和体积作为起始条件，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)，达到平衡时C的浓度为wmol/L。回答下列问题：
（1）保持温度和压强不变，按下列四种配比充入容器P中有关物质，平衡后C的浓度仍为wmol/L的是___。
A．6molA＋2 molB B．3molA＋1molB＋2molC
C．2molC＋1molB＋1molD D．1molC＋2molD
（2）保持原起始温度和体积不变，要使平衡后C的浓度仍为wmol/L，应按下列哪种配比向容器Q中充入有关物质___。
A．3molA＋1 molB
B．4molC＋2molD
C．1.5molA＋0.5molB＋1molC＋0.5molD
D．无法判断
（3）保持原起始温度和体积不变，若仍按3molA和1molB配比在容器Q中发生反应，则平衡时C的浓度和wmol/L的关系是___。
A．大于wmol/L B．小于wmol/L C．等于wmol/L D．无法比较
（4）将2molC和2molD按起始温度和压强充入容器Q中，保持温度和体积不变，平衡时C的浓度为vmol/L，则v和w的关系是___。
A．v>w B．v0.18mol2·L﹣2
所以平衡应逆向移动。答案为逆向
(3)①设参加反应的CO物质的量为x
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始量 2mol 3mol 0
变化量 x 2x x
平衡量 2-x 3-2x x
x=1mol
则平衡时A容器中H2的体积分数为 答案为
②若在平衡后打开K2，再次达到平衡后B容器的体积缩至0.6aL，则A、B 两容器内气体的总体积为1.6aL，相当于每个容器内的气体各为0.8aL。
故若打开K2之前，B容器的体积为0.8aL。
答案为0.8aL
21.氮及其化合物在工农业生产、生活中有重要作用。请按要求回答下列相关问题：
（1）汽车发动机工作时也会引发N2和O2反应产生大气污染物NO，其能量变化示意图为
则该反应的热化学方程式为___。
（2）工业合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，分别在T1、T2温度下，改变起始氢气物质的量，测得平衡时氨的体积分数如图所示：
①比较在m、n、q三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___点。
②T2条件下，在2L的密闭容器中，充入xmolN2和ymolH2时，3min达平衡，此时反应物的转化率均为a，写出下列仅含a、x的表达式（不必化简）：v(N2)=___；该反应的平衡常数的值K=___。
③图像中T2___T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）
【答案】 (1). N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+183.8kJ/mol (2). q (3). ax/6mol·L－1·min－1 (4). 16(ax)2/[(x-ax) (3x-3ax)3] (5). 低于
【解析】
【详解】(1) △H=E(N2)+E(O2)-2E(NO)=945.8kJ/mol+498kJ/mol-2×630kJ/mol=183.8kJ/mol
则该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+183.8kJ/mol
答案为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+183.8kJ/mol
(2) ① 对于N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，不断增大H2的物质的量，平衡不断正向移动，反应物N2的转化率不断增大，所以在m、n、q三点所处的平衡状态中，反应物N2转化率最高的点是q点。答案为q
②反应物的转化率均为a，表明两反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，即y=3x
答案为ax/6mol·L－1·min－1
答案为16(ax)2/[(x-ax) (3x-3ax)3]
因为正反应为放热反应，T2时氨的体积分数大，说明温度由T1改变到T2时，平衡正向移动，所以图像中T20
反应Ⅲ：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) △H3<0
① 反应I在容积固定密闭容器内进行，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是___。
A．该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)
B．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C．单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡
D．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡
②将物质的量之比为2：1的NO、O2混合气体置于恒温密闭容器中发生反应Ⅲ，正、逆反应速率随时间变化曲线如图所示。在t1时，保持容器压强不变，充入一定量的NO2，t2时建立新的平衡，请在答题纸中画出t1～t3正、逆反应速率随时间变化曲线。___
（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1
反应2：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H2
反应3：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。则△H2__△H3（填“大于”、“小于”、“等于”），理由是___。
【答案】 (1). -130.9kJ/mol (2). CD (3). (4). 小于 (5). 由图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3
【解析】
【详解】(1)题给的两个燃烧热化学方程式为
CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ/mol ①
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol ②
则3×②-①得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) △H=-130.9kJ/mol
答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) △H=-130.9kJ/mol
(2) ①对于反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H1<0
A．从图中可以看出，达平衡前n(N2
)的关系为A>B>C，即表明反应速率A>B>C，该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)0、△H2<0、△H3<0
再由△H3=△H1+△H2，便可得出：△H2＜△H3
答案为：由图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3
